Memecahkan $AB+BA=XBX'$

Question

Seharusnya $A$ adalah $d\times d$ matriks pasti positif, saya ingin mencari matriks $X$ sedemikian rupa sehingga hal berikut ini berlaku untuk semua matriks pasti positif $d\times d$ matriks $B$

$$AB+BA=XBX^T$$

Kapan solusinya ada? Apakah ada nama untuk persamaan ini?

Answer 1

Seperti berdiri, persamaan ini dapat diselesaikan jika dan hanya jika $A$ adalah matriks skalar positif.

Sejak $AB+BA=XBX^T$untuk semua matriks pasti positif$B$, jika kami lulus $B$ sampai batas tertentu, persamaan masih terpenuhi ketika $B$adalah semidefinite positif. Khususnya,$Auu^T+uu^TA=(Xu)(Xu)^T$ untuk setiap vektor bukan nol $u$. Karena peringkat RHS paling banyak satu,$Au$ harus merupakan kelipatan skalar $u$. Sebagai$u$ sewenang-wenang, ini berarti setiap vektor bukan-nol adalah vektor eigen $A$ dan karenanya $A$adalah matriks skalar. Jadi$A=cI$ untuk beberapa $c>0$ karena $A$ pasti positif.

Sebaliknya jika $A=cI$ untuk beberapa $c>0$, kita punya $2cuu^T=(Xu)(Xu)^T$ untuk setiap vektor bukan nol $u$. Karenanya$Xu$ identik dengan $\pm\sqrt{2c}u$, artinya satu-satunya solusi adalah $X=\pm\sqrt{2c}I$.

Answer 2

Pertama-tama, kami membuktikan properti berikut:

Properti 1:

Jika $\;M\;$ adalah matriks simetris nyata, ada matriks simetris $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ seperti yang $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M.\;$ Apalagi jika $\;M\;$ jadi pasti positif $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ adalah nyata.

Bukti:

Dengan menerapkan teorema spektral untuk matriks simetris nyata, kita mendapatkan bahwa terdapat matriks ortogonal $\;U\;$ seperti yang $\;U^T\cdot M\cdot U=F\;$ adalah diagonal, karenanya

$M=U\cdot F\cdot U^T\;$.

Membiarkan $\;G\;$ menjadi matriks diagonal yang entri-entri adalah akar kuadrat dari entri $\;F\;,\;$ jadi hasilnya seperti itu $\;F=G\cdot G\;.$

Matriks $\;M^{\frac{1}{2}}=U\cdot G\cdot U^T\;$ simetris dan

$\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=U\cdot G\cdot U^T\cdot U\cdot G\cdot U^T=U\cdot G\cdot G\cdot U^T=\\\qquad\qquad\;\;=U\cdot F\cdot U^T=M\;.$

Apalagi jika $\;M\;$ pasti positif, maka semua nilai eigennya positif, oleh karena itu semua entri diagonal matriks $\;F\;$ menjadi positif juga, akibatnya $\;G\;$ dan $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ adalah matriks nyata.

---

Properti 2:

Jika $\;M\;$ adalah matriks simetris riil yang dapat dibalik

$Y^T\cdot Y=M\implies\exists\;U$ matriks ortogonal seperti itu $\;Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;.$

Bukti:

Dengan menerapkan Properti 1, berarti ada matriks simetris $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ seperti yang $\;M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M\;.$

Sejak $\;M\;$ jadi bisa dibalik $\;\det M\ne0\;,\;$ karenanya $\;\det\left(M^{\frac{1}{2}}\right)\ne0\;,\;$ karena itu $\;M^{\frac{1}{2}}\;$ juga bisa dibalik.

Mengingat bahwa $M^{\frac{1}{2}}$ simetris, lalu $\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}$ simetris juga.

Jika $\;Y^T\cdot Y=M\;,\;$ kemudian

$Y^T\cdot Y=M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}\;,$

$\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}\cdot Y^T\cdot Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}=I\;,$

$\left[Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}\right]^T\cdot\left[Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}\right]=I\;,\;$ karenanya

$Y\cdot\left(M^{\frac{1}{2}}\right)^{-1}=U\;$ adalah matriks othogonal dan

$Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;.$

---

Properti 3:

Jika $\;M\;$ adalah matriks simetris nyata

$Y=U\cdot M^{\frac{1}{2}}\;$ dimana $\;U\;$ adalah matriks ortogonal apa pun $\implies Y^T\cdot Y=M\;.$

Bukti:

$Y^T\cdot Y=\left(U\cdot M^{\frac{1}{2}}\right)^T\cdot\left(U\cdot M^{\frac{1}{2}}\right)=M^{\frac{1}{2}}\cdot U^T\cdot U\cdot M^{\frac{1}{2}}=\\\qquad\quad=M^{\frac{1}{2}}\cdot M^{\frac{1}{2}}=M\;.$

---

Sekarang kita akan menyelesaikan persamaan matriks:

$X\cdot B\cdot X^T=AB+BA\;,\quad\color{blue}{(*)}$

dimana $\;A\;$ dan $\;B\;$ adalah matriks pasti positif.

Dengan menerapkan teorema spektral untuk matriks simetris nyata, kita mendapatkan bahwa terdapat matriks ortogonal $\;P\;$ seperti yang $\;P^T\cdot B\cdot P=D\;$ adalah diagonal, karenanya

$B=P\cdot D\cdot P^T\;$.

Membiarkan $\;E\;$ menjadi matriks diagonal yang entri-entri adalah akar kuadrat dari entri $\;D\;,\;$ jadi hasilnya seperti itu $\;D=E\cdot E\;.$

Mengingat bahwa $\;B\;$ adalah matriks pasti positif, semua nilai eigennya positif, karenanya semua entri diagonal $\;D\;$ dan $\;E\;$ menjadi positif juga, akibatnya $\;D\;$ dan $\;E\;$ adalah matriks yang dapat dibalik.

$X\cdot B\cdot X^T=AB+BA\;,$

$X\cdot P\cdot E\cdot E\cdot P^T\cdot X^T=AB+BA\;,$

$\left(E\cdot P^T\cdot X^T\right)^T\cdot E\cdot P^T\cdot X^T=AB+BA\;.$

Dengan membiarkan $\;Y=E\cdot P^T\cdot X^T\;,\;$ kami mengerti

$Y^T\cdot Y=AB+BA\;.\quad\color{blue}{(**)}$

Sejak $\;AB+BA\;$ adalah matriks simetris nyata, dengan menerapkan Properti 3, berikut itu

$Y=Q\cdot\left(AB+BA\right)^{\frac{1}{2}}$

adalah solusi dari persamaan matriks $(**)$ matriks ortogonal apa pun $\;Q\;$ adalah.

$Y=Q\cdot\left(AB+BA\right)^{\frac{1}{2}}\;,\;$

$E\cdot P^T\cdot X^T=Q\cdot\left(AB+BA\right)^{\frac{1}{2}}\;,\;$

$X^T=P\cdot E^{-1}\cdot Q\cdot\left(AB+BA\right)^{\frac{1}{2}}\;,\;$

$X=\left(AB+BA\right)^{\frac{1}{2}}\cdot Q^T\cdot E^{-1}\cdot P^T\;.$

Karena itu,

$X=\left(AB+BA\right)^{\frac{1}{2}}\cdot Q^T\cdot E^{-1}\cdot P^T\;,$

dimana $\;E,\;P\;$ adalah matriks seperti itu $\;B=P\cdot E\cdot E\cdot P^T\;,$

adalah solusi dari persamaan matriks $(*)$ matriks ortogonal apa pun $\;Q\;$ adalah.